ĐỀ SỐ 1.
SỞ GD & ĐT ĐỀ THI TUYỂN VÀO THPT
Thời gian làm bài 120 phút ( không kể giao đề )
Bài 1 ( 2 điểm)
Cho biểu thức
2 9 3 2 1
5 6 2 3
x x x
A
x x x x
− + +
= − −
− + − −
.
a) Tìm điều kiện của x để biểu thức A có nghĩa .
b) Rút gọn biểu thức A.
Bài 2 ( 1,5 điểm)
Giả sử x
1
; x
2
là nghiệm của phương trình : x
2
+ 2kx + 4 = 0 .
Tìm tất cả các giá trị của k sao cho có bất đẳng thức :
2 2
1 2
2 1
3
x x
x x

+ + − −
.
a) Tìm điều kiện của x để phương trình có nghĩa .
b) Giải phương trình .
Bài 5 ( 3 điểm)
Cho hình thang ABCD (CD > AB) với AB // CD và
AB BD⊥
. Hai đường chéo
AC và BD cắt nhau tại G . Trên đường thẳng vuông góc với AC tại C lấy điểm E
sao cho CE = AG và đoạn thẳng GE không cắt đường thẳng CD . Trên đoạn thẳng
DC lấy điểm F sao cho DF = GB
a) Chứng minh
FDG∆
đồng dạng với
ECG∆
.
b) Chứng minh
EGF F⊥
.
HẾT
ĐÁP ÁN
Bài 1 ( 2 điểm)
Cho biểu thức
2 9 3 2 1
5 6 2 3
x x x
A
x x x x
− + +
= − −

3
3 2 3 2
x x x
A
x x x x
x x x
x x
x x
x x x x x
x x
x x x x x
x x
x x
x x x
x
x x x x
− + +
= − −
− + − −
− + +
− +
− −
− −
− − + − + + −
− −
− − + + + − −
− −
+ −
− − +
= =

.
Khi đó ta có :
1 2
1 2
2
4
x x k
x x
+ = −


=

Vậy :
( )
( )
2
2 2 2
2
2 2
1 2 1 2
1 2 1 2
2 1 1 2 1 2
2
2
2
2
2
2
2


− ≤ −
 
−
⇔ ≥ ⇔ − ≥ ⇔

 ÷
− ≥
 



≤ −
⇔

≥ +


Kết hợp (*) và (**) ta có :
2
2
4
2
k
k
k
≤ −

≥ ⇔


3
+ 3(x
2
+y
2
) +4(x + y) + 4 = 0 và xy > 0 .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :
1 1
M
x y
= +
.
- 2 -
Ta có : x
3
+ y
3
+ 3(x
2
+y
2
) +4(x + y) + 4 = 0
⇔
x
3
+ 3x
2
+ 3x +1 + y
3
+ 3y

Nên (*)
⇔
x + y + 2 = 0
⇔
x + y = - 2
1 1 2
Ta c :
x y
ó M
x y xy xy
+ −
= + = =
vì
( )
2
1 2
4 4 4 1 2x y xy xy
xy xy
−
+ ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≤ −
.
Vậy MaxM = -2
⇔
x = y = -1 .
Bài 4 ( 2 điểm)
Cho phương trình :
2 2
2
2 2 2 2
x x

≥
0) .
( )
( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
8
Ta c :
2
2 2
8

2 8 4 2
8
4 2 4 0
8
(I)
2 4 0
a b
ó
a b
a b
a b
a b ab a b a b ab

⇔

− − + =


Vì ab + 4 > 0 nên :
- 3 -
( )
( )
2
2
2
2 8
2
2
2
2
2

1 3
2
2
2 2 0
1 3 (loai v a 0)
3 1 4 2 3 1
3
3 1
4 2 3 1
ab
a b ab



=


=

=
  
⇔ ⇔ ⇔
  

= +
  
− =
− − =





= − <





= + + = +
 
⇔ ⇔ ⇔ =

a)
FDG
∆
~
ECG
∆
.
b)
EGF F
⊥
Chứng minh :
a) Ta có AB // CD
BG GD
AG GC
⇒ =
, mà AG = CE ; BG = DF
DF GD
CE GC
⇒ =
Xét
FDG∆
và
ECG∆
có :
·
·
0
; 90
DF GD
GDF GCE

·
0 0
90 90GCE GFE GF FE= ⇒ = ⇒ ⊥
- 4 -
\\
//
X
X
F
E
D
C
G
B
A
S 2.
THI TUYN VO THPT
Nm hc: 2007 - 2008
MễN: TON
Thi gian lm bi 120 phỳt ( khụng k giao )
Bài 1: ( 1 điểm )
Chứng minh đẳng thức:
3 2 6 150 1 4
3 3
27 3 6


ì =
ữ
ữ

nhau tại một ga cách Hà Nội 300 km. Tìm vận tốc của mỗi xe, giả thiết rằng quãng đ-
ờng sắt Huế - Hà Nội dài 645 km.
Bài 4: ( 3,5 điểm )
Cho tứ giác ABCD có hai đỉnh B và C ở trên nửa đờng tròn đờng kính AD, tâm O.
Hai đờng chéo AC và BD cắt nhau tại E. Gọi H là hình chiếu vuông góc của E xuống
AD và I là trung điểm của DE. Chứng minh rằng:
a) Các tứ giác ABEH, DCEH nội tiếp đợc;
b) E là tâm đờng tròn nội tiếp tam giác BCH;
c) Năm điểm B, C, I, O, H ở trên một đờng tròn.
Bài 5: ( 1,5 điểm )
Để làm một cái phểu hình nón không nắp bằng bìa cứng bán kính đáy
12r cm=
,
chiều cao
16h cm=
, ngời ta cắt từ một tấm bìa ra hình khai triển của mặt xung quanh
của hình nón, sau đó cuộn lại. Trong hai tấm bìa hình chữ nhật: Tấm bìa A có chiều
dài 44cm, chiều rộng 25cm; tấm bìa B có chiều dài 42cm, chiều rộng 28cm, có thể
sử dụng tấm bìa nào để làm ra cái phểu hình nón nói trên mà không phải chắp nối ?
Giải thích.
- 5 -
P N
Bi 1.
( ) ( )
( )
2 3 3 6 3 1
3 2 6 6
3
27 3 3 3 3
3 3 1

4 9 6 1
3 1 3 1
x x
x x x
x x

+ =

( )
6 3 16 3 1
6
3 1 3 1
x xx x
x
x x

= = =

(vì
1
0
3
x< <
nên
0x
>
và
3 1 0x
<
)

900 5 5 1035 5 22 1035 0x x x x x x + + = + =
Giải phơng trình ta đợc:
1
23x =
(loại vì x > 0) và
2
45 0x = >
.
Vậy vận tốc xe lửa thứ nhất là: 45 km/h và vận tốc xe lửa thứ hai là: 50 km/h
S: v
1
= 45 km/h
v
2
= 50 km/h
B i 4.
a) Tứ giác ABEH có:
à
0
90B =
(góc nội tiếp trong nửa đờng tròn);
à
0
90H =
(giả thiết)
Nên: ABEH nội tiếp đợc.
- 6 -
Tơng tự, tứ giác DCEH có
à
à

ECH BDA BCE= =
, nên CE là tia phân giác của góc
ã
BCH
.
+ Vậy: E là tâm đờng tròn nội tiếp tam giác BCH.
Suy ra EH là tia phân giác của góc
ã
BHC
c) Ta có I là tâm của đờng tròn ngoại tiếp tam giác vuông ECD, nên
ã
ã
2BIC EDC=
(góc
nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung
ằ
EC
). Mà
ã ã
EDC EHC=
, suy ra
ã
ã
BIC BHC=
.
+ Trong (O),
ã ã ã
2BOC BDC BHC= =
(góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung
ằ

AOI AOI
OA
= =

0
20cos72 6,2( )OI cm =
.
+ Do đó, để cắt đợc hình quạt nói trên thì phải cần tấm bìa hình chữ nhật có kích thớc
tối thiểu: dài 40cm, rộng (20 + 6,2) = 26,2cm. Vậy phải dùng tấm bìa B mới cắt đợc
hình khai triển của mặt xung quanh của hình nón mà không bị chắp vá.
S 3.
S GD & T THI TUYN VO THPT
Nm hc: 2006 - 2007
MễN: TON
Thi gian lm bi 120 phỳt ( khụng k giao )
Bi 1: ( 2 im )
Cho biu thc P=
a) Rỳt gn biu thc P
b) Tỡm x P <
- 7 -
Bài 2: ( 2 điểm )
Một người đi xe đạp từ A đến B cách nhau 24km. Khi từ B trở về A người đó tăng
vận tốc thêm 4km/h so với lúc đi, vì vậy thời gian về ít hơn thời gian đi 30 phút.
Tính vận tốc của xe đạp khi đi từ A đến B.
Bài 3: ( 2 điểm )
Cho phương trình ( * )
a) Giải phương trình khi b= -3 và c=2
b) Tìm b,c để phương trình ( * ) có hai nghiệm phân biệt và tích của chúng bằng 1.
Bài 4: ( 3 điểm )
Cho đường tròn (O; R) tiếp xúc với đường thẳng d tại A. Trên d lấy điểm H không

Bài 4:
1. vì cùng chắn cung AE. Do đó tam giác ABH và EHA đồng dạng.
2. nên hay . Vậy tứ giác AHEK là nội tiếp
đường tròn đường kính AE.
3. M là trung điểm EB thì OM vuông góc BE, OM=AH. Ta có
đều cạnh R. Vậy AH= OM=
Bài 5:
Đường thẳng y = (m-1)x+2 mx= y+x-2đi qua điểm cố định A(0;2). Do đố
OA=2. Khoảng cách lớn nhất từ gốc tọa độ đến đường thẳng d là OA=2, xảy ra khi
d vuông góc với OA hay hệ số góc đường thẳng d là 0 tức là m-1.
- 9 -
ĐỀ SỐ 4.
SỞ GD & ĐT ĐỀ THI TUYỂN VÀO THPT
Năm học: 2005 - 2006
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài 120 phút ( không kể giao đề )
Câu 1: ( 1, 5 điểm )
Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a) x
2
– 2 x + 4 = 0
b) x
4
– 29x
2
+ 100 = 0
c)
Câu 2: ( 1, 5 điểm )
Thu gọn các biểu thức sau:
a)

AB, AC theo thứ tự tại E và F. Biết BF cắt CE tại H và AH cắt BC tại D.
a) Chứng minh tứ giác BEFC nội tiếp và AH vuông góc với BC.
b) Chứng minh AE.AB = AF.AC.
c) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và K là trung điểm của BC.
Tính tỉ số khi tứ giác BHOC nội tiếp.
d) Cho HF = 3 cm, HB = 4 cm, CE = 8 cm và HC > HE. Tính HC.
- 10 -
ĐÁP ÁN
Câu 1:
a) Ta có Δ’ = 1 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt là x
1
= 5 – 1 và x
2
= 5 + 1.
b) Đặt t = x
2
≥ 0, ta được phương trình trở thành t
2
– 29t + 100 = 0 t = 25 hay t
=2.
* t = 25 x
2
= 25 x = ± 5.
* t = 4 x
2
= 4 x = ± 2.
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm là ± 2; ±5.
c)
Câu 2:
a)

2
m > 1.
c) Khi m > 1 ta có:
S = x
1
+ x
2
= 2m và P = x
1
x
2
= m
2
– m + 1
Do đó: A = P – S = m
2
– m + 1 – 2m = m
2
– 3m + 1 = − ≥ – .
Dấu “=” xảy ra m= (thỏa điều kiện m > 1)
Vậy khi m = thì A đạt giá trị nhỏ nhất và GTNN của A là – .
Câu 5:
- 11 -
a) * Ta có E, F lần lượt là giao điểm của AB, AC với đường tròn đường kính BC.
Tứ giác BEFC nội tiếp đường tròn đường kính BC.
* Ta có (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
BF, CE là hai đường cao của ΔABC.
H là trực tâm của Δ ABC.
AH vuông góc với BC.
b) Xét Δ AEC và Δ AFB có:

b) Tìm x nguyên để A nhận giá trị nguyên.
Bài 3 : (2 điểm)
Một ca nô xuôi dòng từ bến sông A đến bến sông B cách nhau 24 km ; cùng lúc đó,
cũng từ A về B một bè nứa trôi với vận tốc dòng nước là 4 km/h. Khi đến B ca nô
quay lại ngay và gặp bè nứa tại địa điểm C cách A là 8 km. Tính vận tốc thực của
ca nô.
Bài 4 : (3 điểm)
Cho đường tròn tâm O bán kính R, hai điểm C và D thuộc đường tròn, B là trung
điểm của cung nhỏ CD. Kẻ đường kính BA ; trên tia đối của tia AB lấy điểm S, nối
S với C cắt (O) tại M ; MD cắt AB tại K ; MB cắt AC tại H.
a) Chứng minh Đ BMD = Đ BAC, từ đó => tứ giác AMHK nội tiếp.
b) Chứng minh : HK // CD.
c) Chứng minh : OK.OS = R
2
.
Bài 5 : (1 điểm)
- 13 -
Cho hai s a v b khỏc 0 tha món : 1/a + 1/b = 1/2
Chng minh phng trỡnh n x sau luụn cú nghim :
(x
2
+ ax + b)(x
2
+ bx + a) = 0.
P N
B i 1.
B i 2.
Bài 3:
Do ca nô xuất phát từ A cùng với bè nứa nên thời gian của ca nô bằng thời gian bè
nứa:

ằ
BC BD=
(GT)


ã
ã
BMD BAC=
(2 góc
nội tiếp chắn 2 cung băng nhau)
* Do
ã
ã
BMD BAC=


A, M nhìn HK dời 1 góc
bằng nhau

MHKA nội tiếp.
b) Do BC = BD (do
ằ
ằ
BC BD=
), OC = OD (bán
kính)

OB là đờng trung trực của CD

CD

Bài 5:
2
2 2
2
0 (*)
( )( ) 0
0 (**)
x ax b
x ax b x bx a
x bx a

+ + =
+ + + + =

+ + =
(*)


4b
2
=
, Để PT có nghiệm
2 2
1 1
4 0 4
2
a b a b

a b
 
⇔ + ≤ ⇔ + ≤ ⇔ + ≤ ⇔ ≤
 ÷
 
(lu«n lu«n ®óng víi mäi a,b
ĐỀ SỐ 6.
SỞ GD & ĐT ĐỀ THI TUYỂN VÀO THPT
Năm học: 2004 - 2005
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài 120 phút ( không kể giao đề )
Câu 1 : ( 2 điểm )
a) Cho phương trình
4 2 2
( 4 ) 7 1 0x m m x m
− + + − =
. Định m để phương trình có 4
nghiệm phân biệt và tổng bình phương tất cả các nghiệm bằng 10.
b) Giải phương trình:
2 2
4 2
3
5 3 ( 1)
1
x x
x x
+ = +
+ +
Câu 2 : ( 2 điểm )
a) Cho góc nhọn α. Rút gọn không còn dấu căn biểu thức :

2
(X ≥ 0)
Phương trình trở thành
4 2 2
( 4 ) 7 1 0X m m X m
− + + − =
(1)
Phương trình có 4 nghiệm phân biệt ⇔ (1) có 2 nghiệm phân biệt dương
+

0
0
0
S
P
∆ >


⇔ >


>

2 2
2
( 4 ) 4(7 1) 0
4 0
7 1 0
m m m
m m

+
Vậy ta có
2 2
1
2( 4 ) 10 4 5 0
5
m
m m m m
m
=

+ = ⇒ + − = ⇒

= −

+
Với m = 1, (I) được thỏa mãn +
Với m = –5, (I) không thỏa mãn.
+
Vậy m = 1.
b)
Đặt
4 2
1t x x
= + +
(t ≥ 1)
Được phương trình
3
5 3( 1)t
t

= −
+
1 cosP
α
= −
(vì cosα < 1) +
b)
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2
4 15 5 3 4 15 5 3 4 15 4 15+ − − = − + −
+
=
( )
5 3 4 15
− +
=
( ) ( )
2
5 3 4 15− +
+
=
( ) ( )
8 2 15 4 15− +
+
=
2
+
Câu 3 : ( 2 điểm )
( )
2

⇒ EBA = AFD hay EBI = EFI +
⇒ Tứ giác BEIF nội tiếp. +
c)
Gọi H là giao điểm của AB và PQ
Chứng minh được các tam giác AHP và PHB đồng dạng +
⇒
HP HA
HB HP
=
⇒ HP
2
= HA.HB +
Tương tự, HQ
2
= HA.HB +
⇒ HP = HQ ⇒ H là trung điểm PQ. +- 18 -
O
O’
B
A
C
D
E
F
I
P
Q

1
4
m <
D.
0m
và
1m <
Câu 3 :Cho
ABCV
nội tiếp đờng tròn (O) có
à
à
0 0
60 ; 45B C= =
. Sđ
ằ
BC
là:
A . 75
0
B . 105
0
C . 135
0
D . 150
0
Câu 4 : Một hình nón có bán kính đờng tròn đáy là 3cm, chiều cao là 4cm thì diện
tích xung quanh hình nón là:
A 9


Câu 3 : Cho đờng tròn tâm (O) đờng kính AB. Trên tia đối của tia AB lấy điểm
C (AB>BC). Vẽ đờng tròn tâm (O
'
) đờng kính BC.Gọi I là trung điểm
- 19 -
của AC. Vẽ dây MN vuông góc với AC tại I, MC cắt đờng tròn tâm O
'
tại
D.
a) Tứ giác AMCN là hình gì? Tại sao?
b) Chứng minh tứ giác NIDC nội tiếp?
c) Xác định vị trí tơng đối của ID và đờng tròn tâm (O) với đờng tròn
tâm (O
'
).
P N
Câu Nội dung Điểm
1 C 0.25
2 D 0.25
3 D 0.25
4 C 0.25
T LUN
1
a) A có nghĩa

0
1 0
x
x


0.25
=2
1x
0.25
c) A<1

2
1x
<1
0.25

2 2x <
0.25

1x <


x<1 0.25
Kết hợp điều kiện câu a)

Vậy với
0 1x
<
thì A<1 0.25
2
2giờ 24 phút=
12
5
giờ
Gọi thời gian vòi thứ nhất chảy một mình đầy bể là x (giờ) ( Đk

0.25
Giaỉ phơng trình ta đợc x
1
=4; x
2
=-
6
5
(loại)
0.75
Vậy: Thời gian vòi thứ nhất chảy một mình đầy bể là:4 giờ
Thời gian vòi thứ hai chảy một mình đầy bể là: 4+2 =6(giờ)
0.25
3 Vẽ hình và ghi gt, kl đúng
I
D
N
M
O'
O
A
C
B
0.5
a) Đờng kính AB MN (gt)

I là trung điểm của MN (Đờng kính
và dây cung)
0.5
IA=IC (gt)

0
90NDC =
(3).
ã
0
90NIC =
(vì AC

MN) (4)
0.5
Từ (3) và (4)

N,I,D,C cùng nằm trên đờng tròn đờng kính NC

Tứ giác NIDC nội tiếp 0.5
c) O

BA. O
'

BC mà BA vafBC là hai tia đối nhau

B nằm giữa
O và O
'
do đó ta có OO
'
=OB + O
'
B

ã
0
90MIC =
)
0.25

ã
ã
0
' 90IDM O DC+ =
mà
ã
0
180MDC =

ã
0
' 90IDO =
do đó ID

DO

ID là tiếp tuyến của đờng tròn (O
'
). 0.25
Chú ý: Nếu thí sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa
S 8.
S GD & T THI TUYN VO THPT
Nm hc: 2004 - 2005
MễN: TON




+


x
xx
x
x
x
x
x
x
Với x
2
;1
.a, Ruý gọn biểu thức A
.b , Tính giá trị của biểu thức khi cho x=
226
+
c. Tìm giá trị của x để A=3
Câu2.a, Giải hệ phơng trình:




=+
=+
1232

D
C
B
A
Câu 1: a. Rút gọn A=
x
x 2
2

b.Thay x=
226
+
vào A ta đợc A=
226
224
+
+
c.A=3<=> x
2
-3x-2=0=> x=
2
173

Câu 2 : a)Đặt x-y=a ta đợc pt: a
2
+3a=4 => a=-1;a=-4
Từ đó ta có




Giải hệ (1) ta đợc x=3, y=2
Giải hệ (2) ta đợc x=0, y=4
Vậy hệ phơng trình có nghiệm là x=3, y=2 hoặc x=0; y=4
b) Ta có x
3
-4x
2
-2x-15=(x-5)(x
2
+x+3)
mà x
2
+x+3=(x+1/2)
2
+11/4>0 với mọi x
Vậy bất phơng trình tơng đơng với x-5>0 =>x>5
Câu 3: Phơng trình: ( 2m-1)x
2
-2mx+1=0
Xét 2m-1=0=> m=1/2 pt trở thành x+1=0=> x=1
Xét 2m-10=> m 1/2 khi đó ta có
,

= m
2
-2m+1= (m-1)
2
0 mọi m=> pt có nghiệm với mọi m
ta thấy nghiệm x=1 không thuộc (-1,0)
với m 1/2 pt còn có nghiệm x=

m
m
=>





<
>

012
0
12
2
m
m
m
=>m<0
Vậy Pt có nghiệm trong khoảng (-1,0) khi và chỉ khi m<0
Câu 4:
- 23 -
a. Ta có

KEB= 90
0

mặt khác

BFC= 90


BEF=

BEA=45
0
(EA là đờng chéo của hình vuông ABED)=>

BKF=45
0
Vì

BKC=

BCK= 45
0
=> tam giác BCK vuông cân tại B

S 9.
S GD & T THI TUYN VO THPT
Nm hc: 2006 - 2007
MễN: TON
Thi gian lm bi 120 phỳt ( khụng k giao )
Bài 1: Cho biểu thức: P =
( )







2
-( 2m + 1)x + m
2
+ m - 6= 0 (*)
a.Tìm m để phơng trình (*) có 2 nghiệm âm.
b.Tìm m để phơng trình (*) có 2 nghiệm x
1
; x
2
thoả mãn
3
2
3
1
xx

=50
Bài 3: Cho phơng trình: ax
2
+ bx + c = 0 có hai nghiệm dơng phân biệt x
1
, x
2
Chứng
minh:
a,Phơng trình ct
2
+ bt + a =0 cũng có hai nghiệm dơng phân biệt t
1
và t

Bài 1: (2 điểm). ĐK: x
1;0

x

a, Rút gọn: P =
( )
( )
( )
1
12
:
1
12
2




x
x
xx
xx
z
<=> P =
1
1
)1(
1
2

xxx
==
===
===
===

Vậy với x=
{ }
9;4;0
thì P có giá trị nguyên.
Bài 2: Để phơng trình có hai nghiệm âm thì:
( )
( )







<+=+
>+=
++=
012
06
06412
21
2
21
2

3
=+
mm







=
+
=

=+=++
2
51
2
51
0150)733(5
2
1
22
m
m
mmmm